广东五校协作体2015-2016学年高三第一次联考物理试卷(解析版)

1、2015-2016学年广东省五校协作体高三（上）第一次联考物理试卷二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第1921题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，在驾驶员路考时，有一项是定点停车，假设汽车与水平地面的动摩擦因数为，驾驶员在离停车标杆距离为S的位置开始刹车，则刹车时汽车的速度大小应控制为（）AgsB2gsCD2如图所示，小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面（固定在水平地面上），以初速度v0从顶端滑到底端，而质量相同的物体B，以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，不计空气阻力则（）A两物体

2、落地时的速度相同B两物体落地时的动能相同C两物体落地时重力的瞬时功率相同D两物体下落过程中重力的平均功率相同3小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时报警器却响了起来对这一现象的解释，下列说法正确的是（）A刚启动时，物体的加速度向下，人处于超重状态B刚启动时，人所受的重力变大了C刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力D刚启动时，人对电梯底板的压力变大了41846年9月23日，德国天文学家约翰伽勒按照法国天文学家乌阿班勒维耶的推算，在预定的天区发现了太阳系第八颗行星海王星这一天，被历史评价为“牛顿力学最辉煌的一天”若太阳系各大行星的轨道都可近似看作圆

3、轨道且共面同向公转，行星每隔一定时间使另一行星轨道发生偏离的现象在天文学上称为“摄动”则下列关于这段科学的历程说法正确的是（）A勒维耶根据海王星对天王星的摄动情况并应用牛顿力学推算出海王星的位置B天王星被称为“笔尖下发现的行星”C海王星对天王星的摄动周期等于天王星绕太阳的公转周期D根据海王星公转周期和轨道半径可估算太阳的密度5如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，=30°=60°，求轻杆对A球的作用力（）AmgB mgC mgD mg6如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列

4、说法正确的是（）A保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止7如图甲所示，物体以一定初速度从倾角=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的变化如图乙所示（g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）下列说法中正确的是（）A物体的质量为1kgB物体可能静止在斜面顶端C物体上升过程的加速度大小为10m/s2D物体回到斜面底端时的动能为10J8如图

5、所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行已知AB=2BC，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A该粒子一定带负电B该粒子达到点B时的动能为40eVC改变初速度方向，该粒子可能经过CD改变初速度方向，该粒子可能经过D三、非选择题：9某学习小组采用如图所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系在水平桌面上放有长木板，用轻绳将固定有拉力传感器的小车通过一个定滑轮与一个小桶相连，木板上A、B两处各安装一个速度传感器，分别先后记录小车通过A、B两处时的速度，用数字计时器记录

6、小车在通过A、B两处时的时间间隔（1）在实验中下列哪些措施有助于减小实验误差A将木板右端适当垫高，平衡摩擦力B调整滑轮高度，使拉小车的细绳平行木板C使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量D适当增大两个速度传感器的间距（2）下表是按正确操作测得的数据，其中M为小车（包括拉力传感器）的质量，VAVB是两个速度传感器记录的速率差值，t是数字计时器记录的小车在通过A、B两处时的时间间隔，F是拉力传感器记录的拉力值次数M（kg）VAVB（m/s）t（s）F（N）a（m/s2）10.5000.260.200.641.320.5000.450.250.92a230.6000.600.400.921.5表格中

7、a2=10用如图所示的电路可同时测量定值电阻和电压表最小量程的内电阻图中V1、V2为两块相同规格的多量程待测电压表，Rx为较大阻值的待测定值电阻，A为电流表，R为滑动变阻器，E为电源，S为电键（1）将两块电压表均调至最小量程，闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至适当位置，记录下电流表A的示数I、电压表V1和V2的示数U1和U2，则电压表最小量程的内电阻RV=，待测定值电阻的阻值Rx=（2）根据现有的实验条件提出一条减小实验误差的措施：11如图所示，质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为1m，如果使小球绕OO轴载水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N求：（

8、1）当小球的角速度为多大时，线将断裂；（2）线断裂后，小球经过多长时间落地；（3）小球落地点与点O的水平距离（g=10m/s2）12如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角=53°，不计空气阻力，重力加

9、速度g=1Om/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量选考题：【物理-选修3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动B只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数C若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大D若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压强也一定不断增大E在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能增加14如图所示，“T”形活塞将绝热

10、气缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左右两侧截面积分别为S1、S2，活塞至气缸两端底部的距离均为L，活塞与缸壁间无摩擦气缸上a、b两个小孔用细管（容积不计）连通初始时缸内气体的压强等于外界大气压强P0，温度为T0现对缸内气体缓慢加热，发现活塞向右移动了L的距离（活塞移动过程中不会经过小孔），求缸内气体的温度【物理-选修3-5】（15分）15（2015秋广东月考）下列说法正确的是（）A一束光照射到某种金属上不能发生光电效应，改用波长较长的光照射该金属可能发生光电效应B比结合能越大，原子核越稳定C氡222的半衰期为3.8天，则质量为4g的氡222经过7.6天还剩下1g的氡222D玻尔理论解释了原子

11、发射出来的光子其谱线为什么是不连续的E一个原子核在一次衰变中可同时放出、和三种射线16（2015秋广东月考）用轻弹簧相连的质量均为2kg的AB两物块都以v=6m/s的速度在光滑的水平地面上运动，弹簧处于原长质量4kg的物块C静止在前方，如图所示B与C碰撞后粘在一起运动在以后的运动过程中（1）当弹簧的弹性势能最大时，物体A的速度多大；（2）弹性势能的最大值是多大；（3）A的速度有可能向左吗？判断并通过计算说明理由2015-2016学年广东省五校协作体高三（上）第一次联考物理试卷参考答案与试题解析二、选择题：本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第1418题只有一项符合题目要求，第19

12、21题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分1如图所示，在驾驶员路考时，有一项是定点停车，假设汽车与水平地面的动摩擦因数为，驾驶员在离停车标杆距离为S的位置开始刹车，则刹车时汽车的速度大小应控制为（）AgsB2gsCD【分析】根据牛顿第二定律可求得汽车的加速度，再根据速度和位移关系可求得汽车的速度【解答】解：由牛顿第二定律可知，汽车的加速度a=g； 根据速度和位移关系可知：v2=2as解得：v=故选：D2如图所示，小物体A沿高为h、倾角为的光滑斜面（固定在水平地面上），以初速度v0从顶端滑到底端，而质量相同的物体B，以同样大小的初速度从同等高度处竖直上抛，不计空

13、气阻力则（）A两物体落地时的速度相同B两物体落地时的动能相同C两物体落地时重力的瞬时功率相同D两物体下落过程中重力的平均功率相同【分析】根据动能定理比较落地的速度大小关系，根据重力瞬时功率的公式比较瞬时功率的大小，根据首末位置的高度差比较重力做功的关系，结合运动的时间比较重力做功的平均功率【解答】解：A、根据动能定理知，mgh=，因为首末位置的高度差相同，则重力做功相同，且初动能相等，所以落地的动能相等，则速度大小相同，但速度方向不同，故A错误，B正确；C、因为落地的速度大小相等，根据P=mgvcos知，两个速度与重力方向的夹角不同，则重力的瞬时功率不同，故C错误；D、两物体在整个过程中的运动

14、时间不同，重力做功相同，根据P=知，重力做功的平均功率不同，故D错误故选：B3小敏随着十几个人一起乘电梯上五楼，走进电梯时电梯没有显示超载，但电梯刚启动时报警器却响了起来对这一现象的解释，下列说法正确的是（）A刚启动时，物体的加速度向下，人处于超重状态B刚启动时，人所受的重力变大了C刚启动时，人对电梯底板的压力大于底板对人的支持力D刚启动时，人对电梯底板的压力变大了【分析】先对人受力分析，受重力和支持力，而压力等于支持力；再对人进行运动分析，确定加速度方向；最后根据牛顿第二定律进行解释即可【解答】解：人随电梯一起加速上升，电梯刚启动时报警器却响了起来，说明人和电梯的加速度向上，合力向上，电梯和

15、人处于超重的状态；所以人对电梯底板的压力变大了故D正确故选：D41846年9月23日，德国天文学家约翰伽勒按照法国天文学家乌阿班勒维耶的推算，在预定的天区发现了太阳系第八颗行星海王星这一天，被历史评价为“牛顿力学最辉煌的一天”若太阳系各大行星的轨道都可近似看作圆轨道且共面同向公转，行星每隔一定时间使另一行星轨道发生偏离的现象在天文学上称为“摄动”则下列关于这段科学的历程说法正确的是（）A勒维耶根据海王星对天王星的摄动情况并应用牛顿力学推算出海王星的位置B天王星被称为“笔尖下发现的行星”C海王星对天王星的摄动周期等于天王星绕太阳的公转周期D根据海王星公转周期和轨道半径可估算太阳的密度【分析】勒维

16、耶和亚当斯精确地预言了海王星的位置；海王星和后来的冥王星都是通过计算位置后找到的，故也称为“笔尖下发现的行星”，但天王星不是计算后找到的；实际上天文学上的摄动比较复杂，这里简化为圆周运动做了近似处理，根据密度定义式分析求解【解答】解：A、勒维耶和亚当斯各自利用牛顿力学结合当时对天王星的天文观测数据，进行了艰苦卓绝的逆运算，很精确地预言了海王星的位置，故A正确；B、海王星和后来的冥王星都是通过计算位置后找到的，故也称为“笔尖下发现的行星”，但天王星不是计算后找到的，故B错误；C、海王星对天王星的摄动周期大于天王星的公转周期，这实际上是一个天体运动的追及问题，与2014年行星冲日原理相同，摄动实际

17、是内星（快）追外星（慢），其摄动周期肯定大于内星的公转周期，象秒针追时针或分针，一定大于1分钟，故C错误，D、实际上天文学上的摄动比较复杂，这里简化为圆周运动做了近似处理；在不知道太阳半径的情况下是无法计算其密度的，故D错误故选：A5如图所示，一根轻杆的两端固定两个质量均为m的相同小球A、B，用两根细绳悬挂在天花板上，虚线为竖直线，=30°=60°，求轻杆对A球的作用力（）AmgB mgC mgD mg【分析】对A球受力分析，然后根据共点力平衡条件并结合合成法列式求解即可【解答】解：对A球受力分析，受重力、杆的支持力F2和细线的拉力F1，如图所示：根据共点力平衡条件，有：F

18、2=mg（图中矢量三角形的三个角分别为30°、30°、120°）故选：A6如图，当K闭合后，一带电微粒（重力不可忽略）在平行板电容器间处于静止状态，下列说法正确的是（）A保持K闭合，使P滑动片向左滑动，微粒仍静止B保持K闭合，使P滑动片向右滑动，微粒向下移动C打开K后，使两极板靠近，则微粒将向上运动D打开K后，使两极板靠近，则微粒仍保持静止【分析】当S闭合后，带电微粒在平行板电容器间处于静止状态，合力为零，电场力与重力平衡保持S闭合，电容器板间电压不变，若板间距离也不变，板间的场强不变，微粒仍处于静止状态打开S后，根据电容的决定式C=，分析电容的变化，由电容的定义

19、式C= 分析电压的变化再由E= 分析板间场强的变化，即可判断带电微粒的运动状态【解答】解：A、B、保持K闭合，电容器板间电压不变，使滑动片P向左或向右滑动，板间距离不变，则由E=分析得知，板间场强仍保持不变，带电微粒所受的电场力不变，仍处于静止状态故A正确，B错误C、D、由C=，C=，E= 得到极板间场强E=，E与板间距离无关，故使两极板靠近，板间场强不变，带电微粒所受的电场力不变，则带电微粒仍处于静止状态，故C错误，D正确故选：AD7如图甲所示，物体以一定初速度从倾角=37°的斜面底端沿斜面向上运动，上升的最大高度为3.0m选择地面为参考平面，上升过程中，物体的机械能E机随高度h的

20、变化如图乙所示（g=10m/s2，sin37°=0.60，cos37°=0.80）下列说法中正确的是（）A物体的质量为1kgB物体可能静止在斜面顶端C物体上升过程的加速度大小为10m/s2D物体回到斜面底端时的动能为10J【分析】当物体到达最高点时速度为零，机械能等于物体的重力势能，由重力势能计算公式可以求出物体质量；在整个运动过程中，机械能的变化量等于摩擦力做的功，由图象求出摩擦力的功，由功计算公式求出动摩擦因数；根据重力的下滑分力与最大静摩擦力的关系，分析物体能否静止在斜面顶端由牛顿第二定律求出物体上升过程的加速度；由动能定理求出物体回到斜面底端时的动能【解答】解：A、

21、物体到达最高点时，机械能为：E=EP=mgh，由图知：EP=30J则得：m=1kg，故A正确；B、物体上升过程中，克服摩擦力做功，机械能减少，减少的机械能等于克服摩擦力的功，E=mgcos，即：3050=×1×10cos37°×得：=0.5物体在斜面顶端时，由于mgsin37°mgcos37°，所以物体不可能静止在斜面顶端故B错误；C、物体上升过程中，由牛顿第二定律得：mgsin+mgcos=ma，得：a=gsin+gcos=10×0.6+0.5×10×0.8=10m/s2，故C正确；D、由图象可知，物体

22、上升过程中摩擦力做功为：W=3050=20J，在整个过程中由动能定理得：EKEK0=2W，则有：EK=EK0+2W=50+2×（20）=10J，故D正确；故选：ACD8如图所示，矩形ABCD位于匀强电场中，且与匀强电场方向平行已知AB=2BC，A、B、D的电势分别为6V、2V、4V初动能为24eV、电荷量大小为4e的带电粒子从A沿着AC方向射入电场，恰好经过B不计粒子的重力，下列说法正确的是（）A该粒子一定带负电B该粒子达到点B时的动能为40eVC改变初速度方向，该粒子可能经过CD改变初速度方向，该粒子可能经过D【分析】匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等；电场线与等势面垂直，

23、根据受力判断电性；动能定理求出动能；由电场线与等势面间的关系可得，带电粒将在电场中做类平抛运动，由平抛规律计算求解【解答】解：A、根据匀强电场中平行的等间距的两点间的电势差相等，取AB的中点O，则O点的电势为4V，连接OD则为等势线，电场强度与等势面垂直，且有高电势指向低电势，电场强度垂直OD斜向上，由物体做曲线运动的条件，电场力斜向下，故电荷为负电荷；故A正确B、由动能定理，得qU=EBEA4e（62）=EB24eEB=8eV，故B错误C、同理，求得C点的电势为0，由动能定理，得qU=ECEA=4e（60）=EC24e EC=0，由曲线运动可知，粒子到达C点动能不为零，故C错误D、由动能定理

24、，得qU=EDEA4e（64）=ED24eED=16eV，故D正确故选：AD【来.源：全,品中&高*考*网】三、非选择题：9某学习小组采用如图所示的实验装置来探究加速度与力、质量的关系在水平桌面上放有长木板，用轻绳将固定有拉力传感器的小车通过一个定滑轮与一个小桶相连，木板上A、B两处各安装一个速度传感器，分别先后记录小车通过A、B两处时的速度，用数字计时器记录小车在通过A、B两处时的时间间隔（1）在实验中下列哪些措施有助于减小实验误差ABDA将木板右端适当垫高，平衡摩擦力B调整滑轮高度，使拉小车的细绳平行木板C使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量D适当增大两个速度传感器的间距（2）下

25、表是按正确操作测得的数据，其中M为小车（包括拉力传感器）的质量，VAVB是两个速度传感器记录的速率差值，t是数字计时器记录的小车在通过A、B两处时的时间间隔，F是拉力传感器记录的拉力值次数M（kg）VAVB（m/s）t（s）F（N）a（m/s2）10.5000.260.200.641.320.5000.450.250.92a230.6000.60【来.源：全,品中&高*考*网】0.40【来.源：全,品中&高*考*网】0.921.5表格中a2=1.8m/s2【分析】解决实验问题首先要掌握该实验原理，了解实验的操作步骤和数据处理以及注意事项，了解平衡摩擦力的方法，根据加速度的定义式

26、a=求解a2【解答】解：（1）A、本实验要使小桶的重力等于小车的合外力，就必须先平衡摩擦力，故A正确；B、调节滑轮高度，使拉小车的细线和长木板平行，让力的方向和运动方向在同一直线上，可以减小误差，故B正确；C、本题的拉力由拉力传感器测出，不需要使小桶（包括砂）的质量远小于车的总质量，故C错误；D、适当增大两个速度传感器的间距，可以减小VAVB的误差，故D正确；故选：ABD（2）根据加速度的定义式a=得：a2=故答案为：（1）ABD，（2）1.8m/s210用如图所示的电路可同时测量定值电阻和电压表最小量程的内电阻图中V1、V2为两块相同规格的多量程待测电压表，Rx为较大阻值的待测定值电阻，A为

27、电流表，R为滑动变阻器，E为电源，S为电键（1）将两块电压表均调至最小量程，闭合电键S，移动滑动变阻器的滑片P至适当位置，记录下电流表A的示数I、电压表V1和V2的示数U1和U2，则电压表最小量程的内电阻RV=，待测定值电阻的阻值Rx=（2）根据现有的实验条件提出一条减小实验误差的措施：对结果多次测量取平均值；电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程【分析】（1）分析电路结构，根据串并联电路的规律可求得电压表内阻及待测电阻的大小；（2）根据误差的分析方法可明确如何减小误差【解答】解：（1）由串并联电路规律及欧姆定律可知，流过两电压表的电流之和等于电流表的示数；则由欧姆定律可知：+=I；解

28、得：RV=；对串联部分可知，RX与V1的总电压等于V2的电压；由串联电路规律可知：=；解得：RX=（2）为了减小误差可以采用多次测量取平均值的方式可以减小偶然误差；将电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程可以减小系统误差故答案为：（1）；（2）对结果多次测量取平均值；电压表V1调至最小量程、电压表V2调至较大量程11如图所示，质量是1kg的小球用长为0.5m的细线悬挂在O点，O点距地面高度为1m，如果使小球绕OO轴载水平面内做圆周运动，若细线最大承受拉力为12.5N求：（1）当小球的角速度为多大时，线将断裂；（2）线断裂后，小球经过多长时间落地；（3）小球落地点与点O的水平距离（g=1

29、0m/s2）【分析】（1）小球靠拉力和重力的合力提供向心力，根据几何关系求出最大向心力，根据向心力公式求出最大角速度；（2）绳断裂后，小球做平抛运动，根据平抛运动的基本公式即可求解；（3）根据x=vt求出小球在水平方向的位移，然后结合几何关系即可求出【解答】解：（1）小球在水平面内做圆周运动时，由重力G和拉力F的合力提供向心力，当绳子拉力为12.5N时，向心力最大，则有：F合=7.5N根据几何关系得：r=L=0.3m根据向心力公式得：【来.源：全,品中&高*考*网】F合=m2L解得：=5rad/s（2）绳断裂后，小球做平抛运动，竖直方向下落的高度h=10.5×=0.6m所以t

30、=s=s（3）小球的初速度：v=r=1.5m/s水平位移为：x0=vt=m根据几何关系可知：x=0.6m答：（1）当小球的角速度为5rad/s时，线将断裂（2）线断裂后，小球经过s时间落地；（3）断裂后小球落地点与悬点的水平距离为0.6m12如图所示，有一个可视为质点的质量为m=1kg的小物块，从光滑平台上的A点以v0=1.8m/s的初速度水平抛出，到达C点时，恰好沿C点的切线方向进人固定在竖直平面内的光滑圆弧轨道，最后小物块无碰撞地滑上紧靠轨道末端D点的足够长的水平传送带已知传送带上表面与圆弧轨道末端切线相平，传送带沿顺时针方向匀速运行的速度为v=3m/s，小物块与传送带间的动摩擦因数=0.

31、5，圆弧轨道的半径为R=2m，C点和圆弧的圆心O点连线与竖直方向的夹角=53°，不计空气阻力，重力加速度g=1Om/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6求：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量【分析】（1）先利用平抛运动求出物体到达C点速度，由C到D利用动能定理求解D点速度，在D点利用牛顿第二定律和牛顿第三定律列式求解即可；（2）物块在传送带上滑动时，做匀减速运动，当速度减到零后，反向匀加速直线运动，速度相同后一起做匀速运动，结合牛顿第二定律和运动学公式求出共同运动的速度，根据能量

32、守恒求出物块在木板上相对滑动过程中产生的热量Q【解答】解：（1）设小物体在C点时得速度大小为vC，由平抛运动的规律可知，C点的速度方向与水平方向成=53°，则由几何关系可得：由C点到D点，由动能定理得：小球在D点，由牛顿第二定律得：由牛顿第三定律，小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为：FN=FN联立得：FN=22.5N，方向竖直向下（2）设小物块在传送带上滑动得加速度大小为a，由牛顿第二定律得：小物块匀减速直线运动的时间为t1，向左通过得位移为x1，传送带向右运动得距离为x2，则：vD=at1x2=vt1小物块向右匀加速直线运动达到和传送带速度相同时间为t2，向左通过得位移为x

33、3，传送带向右运动得距离为x4，则：v=at2x4=vt2整个过程小物块相对传送带滑动得距离为：x=x1+x2+x4x3生成得热量为：Q=mgx联立至联立解得：Q=32J答：（1）小物块到达圆弧轨道末端D点时对轨道的压力为22.5N；（2）小物块从滑上传送带到第一次离开传送带的过程中产生的热量为32J选考题：【物理-选修3-3】（15分）13下列说法正确的是（）A布朗运动虽然不是液体分子的运动，但是它可以说明分子在永不停息地做无规则运动B只要知道水的摩尔质量和水分子的质量，就可以计算出阿伏伽德罗常数C若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，其内能可能增大D若一定质量的理想气体温度不断升高时，其

34、压强也一定不断增大E在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能增加【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动；根据热力学第一定律公式判断做功和吸热对内能的影响，根据理想气体状态方程判断压强的变化【解答】解：A、布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的无规则运动，是由颗粒周围大量的液体分子撞击引起的，所以布朗运动反映了液体分子的无规则运动，故A正确；B、摩尔质量与分子质量之比等于阿伏加德罗常数，故B正确C、根据理想气体的状态方程：可知，若一定质量的理想气体压强和体积都不变时，温度也不变，其内能也一定不变，故C错误；D、根据理想气体的状态方程：可知，若一定质量的理想气体温度不断升高时，其压

35、强的变化还与体积有关：可能增大，可能减小，也可能不变，故D错误；E、在熔化过程中，晶体要吸收热量，但温度保持不变，内能增加，故E正确故选：ABE14如图所示，“T”形活塞将绝热气缸内的气体分隔成A、B两部分，活塞左右两侧截面积分别为S1、S2，活塞至气缸两端底部的距离均为L，活塞与缸壁间无摩擦气缸上a、b两个小孔用细管（容积不计）连通初始时缸内气体的压强等于外界大气压强P0，温度为T0现对缸内气体缓慢加热，发现活塞向右移动了L的距离（活塞移动过程中不会经过小孔），求缸内气体的温度【分析】对活塞，受两侧气体的压力和外界大气压力，根据平衡条件列式判断出气压情况，然后根据盖吕萨克定律列式求解即可【解答】解：设末态时缸内气体的压强为P，体积为V，温度为T，以活塞为研究对象：P（S1S2）=P0（S1S2） 即：P=P0由盖吕萨克定律：式中：V0=（S1+S2）L V=（S1+S2）L+（S1S2）L 联立解得：T=1+T0答：缸内气体的温度为1+T0【物理-选修3-5】（15分）15（2015秋广东月考）下列说法正确的是（）A一束光照射到某种金属上不能发生光电效